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2026 年高考化学一轮复习检测卷01(15+4)
考试时间：75 分钟 总分：100 分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ni-59
W-184
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。
1．
特种钢材和铝合金是“长征”系列火箭储箱的关键材料，而由煤化工副产品制成的碳纤
维复合材料已应用于“天宫”空间站。下列相关叙述中错误的是( )
A．火箭燃料储箱所用铝合金需具备极低的塑性和极高的强度，以防止其在高压下变形破裂
B．制造火箭储箱的特种钢需经过严格的酸洗钝化处理，其目的是增强钢材的耐腐蚀性能
C．空间站太阳能电池板中的砷化镓(
)半导体材料，其晶体类型与晶体硅类似
D．碳纤维复合材料由碳纤维和树脂基体构成，其中碳纤维属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】A 项，铝合金需要一定的塑性以防止脆性断裂，极低塑性会导致材料易破裂，A 错误；B 项，
酸洗钝化处理可在钢材表面形成致密氧化膜，提高耐腐蚀性，B 正确；C 项，GaAs 和晶体硅均为共价晶体，
结构类似，C 正确；D 项，碳纤维是一种含碳量在 90% 以上的高强度、高模量纤维，属于新型无机非金
属材料，D 正确；故选A。
2．下列说法正确的是( )
A．第一电离能：O>N>C B．第三周期中电负性最大的元素：Cl
C．酸性：HNO3<H3PO4 D．离子键的百分数：Na2O<MgO
【答案】B
【解析】A 项，第一电离能顺序应为N＞O＞C，N 的核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一
电离能大于相邻族元素，故A 错误；B 项，非金属性越强，电负性越大，第三周期中电负性最大的元素是
Cl，故B 正确；C 项，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，N 的非金属性强于P，
HNO3的酸性强于H3PO4，故C 错误；D 项，根据电负性差值计算，Na2O 的离子键百分数(约79.3%)高于
MgO(约67.8%)，故D 错误；故选B。
3．下列化学用语表达错误的是( )
A．硫原子2py电子云图：
B．O3分子的球棍模型：
C．HCl 分子中σ 键的形成过程：
1
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D．二甲基硅二醇经脱水缩聚生成聚硅氧烷：
【答案】B
【解析】项，p 轨道为哑铃状，则py电子云示意图：
，故硫原子中2py电子云图：
，A 正确；B 项，O3分子的空间结构为V 形，并非直线形，图示不符合臭氧分子的
实际空间结构，B 错误；C 项，HCl 分子中H 原子和Cl 原子通过1s 轨道、3p 轨道“头碰头”形成σ 键，
图示能体现σ 键的形成过程，C 正确；D 项，该过程是缩聚反应，二甲基硅二醇的羟基上的氢氧键或硅氧
键断掉，脱去水分子缩聚生成聚硅氧烷，图示过程符合缩聚反应的特点，D 正确；故选B。
4．根据下列装置和对应的药品，能达到相应实验目的的是( )
A．验证CO3
2-的
水解程度比HCO3
-
大
B．实验室制备SO2
C．制备小苏打
D．提高HClO
浓度
【答案】D
【解析】项，验证CO3
2-水解程度需在相同浓度下比较，饱和Na2CO3与NaHCO3溶液浓度不同(因溶解
度差异)，无法排除浓度对pH 的影响，A 错误；B 项，实验室制备SO2常用Na2SO3与70%浓硫酸反应，但
启普发生器适用于不溶于水的块状固体与液体不加热制备不溶于水气体的装置，亚硫酸钠为溶于水的固体
粉末，所以不能用启普发生器制备二氧化硫，B 错误；C 项，制备小苏打需先向饱和NaCl 溶液先通入
NH3(提高CO2溶解度)，再通入CO2，由于NH3极易溶于水，故长导管通CO2，短导管通NH3，C 错误；D
项，氯水中存在平衡Cl2+H2O
H
⇌
++Cl-+HClO，CaCO3与H+反应使H+浓度降低使平衡右移，HClO 浓度增
大，D 正确；故选D。
2
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5．
下列对物质性质比较结果的原因解释错误的是( )
选项
性质比较
原因
A
氧化性：Ag+＞[Ag(NH3)2]+
配位键的电子占据Ag+的空轨道，导致Ag+得
电子能力减弱
B
与金属钠反应剧烈程度：
水>乙醇
乙基是推电子基，使乙醇羟基中的O-H 键的
极性减弱
C
沸点：乙醇>一氯乙烷
乙醇分子之间可以形成氢键
D
在水中的溶解度：O2＞O3
O2相对分子质量小
【答案】D
【解析】项，配位键电子占据Ag+的空轨道，导致Ag+得电子能力减弱，所以氧化性：Ag+＞
[Ag(NH3)2]+，A 正确；B 项，乙基是推电子基，使乙醇羟基中的O-H 键电子云密度更大，O-H 键的极性减
弱，所以与金属钠反应剧烈程度：水>乙醇，B 正确；C 项，乙醇分子间氢键使其沸点高于一氯乙烷，C 正
确；D 项，O3极性更强，根据“相似相溶”原理，O3在H2O 中的溶解度大于O2在H2O 中的溶解度，D 错
误；故选D。
6．
巯基可以被卤素原子取代，生成含卤素原子的化合物。例如抗真菌药物氟康唑类化合物
等的中间体2-氯代苯并噻唑的合成，其化学方程式为
。已知：R-SH 有酸性，具有R-OH
的性质。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．1 mol 化合物A 与B 的混合物中所含sp2杂化的碳原子个数为7NA
B．1 mol
最多消耗盐酸中H+的个数为3NA
C．上述反应生成1 molSO2，转移电子数为4NA
D．1 molSOCl2中的共用电子对数为4NA
【答案】B
【解析】A 项，化合物A 与B 中，苯环上的碳原子均为sp2杂化每个苯环上有6 个sp2杂化的碳原子，
碳氮双键中的碳原子也是sp2杂化，因此，1 mol 化合物A 或B 中含有7NA个sp2杂化的碳原子。由于是混
合物，假设A 和B 的比例为任意值，但每种分子中的sp2杂化碳原子数都是7 个，所以1 mol 混合物中所含
sp2杂化的碳原子个数为7NA，故Ａ项正确；B 项，该化合物含有一个-SNa 和一个N 原子，-SNa 可以与氢
离子反应生成-SH；N 原子具有碱性，且N 原子中有孤电子对，而氢离子具有空轨道，故1 mol N 原子可以
与1 mol HCl 分子发生反应。因此，1 mol 该化合物最多消耗2 mol 盐酸中的H+，即2NA个H+，故B 项错误；
3
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C 项，SOCl2中的S 为+4 价，SOCl2被
还原成S，S 的化合价从+4 价降为0 价；
中的S 为-2 价，
被SOCl2氧化为S，从-2 价升为0 价，根据得失电子
守恒，有2 mol
参与反应，则上述反应中转移电子数为4 mol，故生成1 mol SO2时，转
移电子数为4 mol，即4NA，故C 项正确；D 项，SOCl2的结构式为
，1 个SOCl2分子共有4 根共
价键，即有4 个共用电子对，故1 mol SOCl2中的共用电子对数为4NA，D 项正确；故选B。
7．
下列过程中发生反应的离子方程式书写错误的是( )
A．等物质的量浓度的NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液按体积比为1：2 反应：Al3++2SO4
2-+2Ba2++4OH-
=2BaSO4↓+[Al(OH)4]-
B．用绿矾处理酸性重铬酸根离子：Cr2O7
2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
C．碱性条件下用次氯酸钠与
制备绿色消毒剂高铁酸钠：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO4
2-+3Cl-+5H2O
D．铅酸蓄电池总反应：Pb+PbO2+4H++2SO4
2-=2PbSO4+2H2O
【答案】A
【解析】A 项，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2按体积比1：2 反应时，NH4
+需与OH-反应生成NH3·H2O，但原
方程式未体现Al3++2SO4
2-+2Ba2++4OH-+NH4
+=2BaSO4↓+ Al(OH)3↓+NH3·H2O，A 错误；B 项，Fe2+被Cr2O7
2-
氧化的反应配平正确，符合酸性条件下的氧化还原规律，B 正确；C 项，Fe3+再被ClO-氧化为高铁酸根，
符合得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，C 正确；D 项，铅酸蓄电池放电时，铅、二氧化铅和硫酸反应
生成硫酸铅沉淀和水，符合得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，D 正确；故选A。
8．
X，Y、Z 和R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z 和R 处于同一周期，
R 是非金属性最强的元素。一定条件下，上述元素形成的物质M 可发生如下转化。下列说法正确的是(
)
A．YR3是含有极性键的极性分子 B．M 中含有的化学键为离子键、氢键和共价键
C．氢化物的沸点：Z>R D．M 转化为N 为物理变化
【答案】C
【解析】X、Y、Z、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、R 同周期，R 是非金属性最强
的元素则R 为F。结合物质M 和N 的结构，X 形成1 个键为H；Z 形成2 个键且能形成[X3Z]+(即[H3O]+)，
4
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故Z 为O；Y 形成四个键且有一个是配位键，Y 为B(硼)。综上，X=H、Y=B、Z=O、R=F。A 项，由分析
知，YR3为BF3，BF3为平面三角形结构，分子对称，是非极性分子，A 错误；B 项，由M 结构知，M 中含
共价键(如H-O、B-F 键)和氢键(分子间作用力，非化学键)，无离子键，B 错误；C 项，Z 的氢化物为
H2O，R 的氢化物为HF，H2O 常温下为液体，HF 在常温下为气体，沸点H2O>HF，C 正确；D 项，M(分子
晶体)熔化转化为N(离子晶体)，有新物质生成，为化学变化，D 错误；故选C。
9．SnCl2具有强还原性，易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如图：
下列说法正确的是( )
A．实验室配制SnCl2溶液过程中可能发生反应：2SnCl2+O2+4HCl=2SnCl4+2H2O
B．将导气管a 连接一个装有氢氧化钠溶液的洗气瓶以吸收多余的HCl
C．实验过程中应先开启管式炉预热，再通入HCl
D．若通入气体更换为Cl2，也可制备纯净的SnCl2
【答案】A
【解析】项，SnCl2具有强还原性，易被O2氧化，在HCl 溶液中，Sn2+可被O2氧化为Sn4+，反应方程
式2SnCl2+O2+4HCl=2SnCl4+2H2O 符合电子守恒和原子守恒，配制溶液时可能发生该反应，A 正确；B 项，
SnCl2易水解，导气管a 连接NaOH 溶液会导致水蒸气进入接受器，使SnCl2水解，且NaOH 会吸收HCl 生
成水，加剧水解，B 错误；C 项，Sn 易被空气中O2氧化，SnCl2易水解，实验应先通入HCl 排尽装置内空
气，再预热管式炉，防止Sn 与O2反应或SnCl2水解，C 错误；D 项，Cl2具有强氧化性，与Sn 反应会生成
SnCl4而非SnCl2，D 错误；故选A。
10．
分子内的官能团转化是化学药物合成的关键问题之一。某种药物合成过程的关键变化
如图所示，下列说法错误的是( )
A．图中反应物和生成物的官能团种数相同而种类存在不同
B．反应物中最多有16 原子共平面
C．该反应过程中还会存在含四元环且官能团与主产物相同的副产物
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D．在上述反应的条件下，
的主要产物为
和甲醇
【答案】B
【解析】项，反应物含有酯基、氨基、碳碳双键、硫醚键，生成物含有酯基、酰胺基、碳碳双键、硫
醚键，官能团种数相同而种类存在不同，A 正确；B 项，以含硫环为中心，考虑碳碳单键可以旋转，反应
物中最多有21 原子共平面，B 错误；C 项，该反应过程中还会存在最左端的酯基与氨基形成酰胺基得到含
四元环的副产物，C 正确；D 项，在上述反应的条件下，
中酯基与氨基发生取代反应生成的
主要产物为
和甲醇，D 正确；故选B。
11．我国生物学者将生物活性膜组装在电解水体系中，实现了ATP 合成与电化学反应的高效耦联(装
置及部分物质转化信息如图所示)，在ATP 酶的催化下，ADP 与P(磷)合成ATP。下列说法正确的是( )
已知：ATP 的结构简式表示为
；ADP 的结构式表示为
。
A．图中电极a、b 处的箭头表示电流方向
B．电极a 为阴极，连接直流电源负极
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C．生成ATP 的电极反应：ADP+P-5e-+3H2O=ATP+5H+
D．电解总反应方程式：ADP+P+3H2O=ATP+5H2↑
【答案】C
【解析】根据电解水体系中质子的流向，得出电极b 为阴极，H+被还原生成H2，电极a 为阳极，H2O
被氧化生成O2。项，由分析得，电极a 连接电源正极，电极b 连接电源负极，所以电流方向为由电极b 流
向电极a，与箭头方向相反，A 错误；B 项，由分析得，电极a 为阳极，应连接电源正极，B 错误；C 项，
生成ATP 是ADP 与P 的氧化反应(需失电子)，发生在阳极，反应式中-5e-表示失电子(氧化)，左侧-5e-与右
侧5H+电荷守恒，3H2O 参与反应提供O 和H，原子守恒，C 正确；D 项，电解总反应需结合阴阳极反应。
阴极反应为2H++2e-=H2↑(得2e⁻)，阳极反应为ADP+P-5e-+3H2O=ATP+5H+(失5e-)，电子守恒时总反应H2系
数应为
，而非5，D 错误；故选C。
12．糠醛(FAL)与
发生反应主要涉及Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ途径，有机物的百分含量随时间变化如图所示，4h
后各物质浓度不再变化，下列说法错误的是( )
A．4h 时，反应Ⅱ的正、逆反应速率相等
B．该温度下的活化能：Ea(Ⅰ)＞Ea (Ⅱ)＞Ea (Ⅲ)
C．FA 是中间产物，糠醛制备FA 为放热反应
D．途径Ⅰ加入催化剂可以改变其平衡转化率
【答案】D
【解析】项，4h 后各物质浓度不再变化，体系达到平衡状态，反应Ⅱ作为可逆反应，平衡时正、逆反
应速率相等，A 正确；B 项，活化能越低，反应速率越快。图像中THFA(途径Ⅰ产物)生成速率最慢，2-
MF(途径Ⅱ)次之，FU(途径Ⅲ)最快，故活化能顺序应为Ea(Ⅰ)＞Ea (Ⅱ)＞Ea (Ⅲ)，B 正确；C 项，FA 的百
分含量先升后降，为中间产物；随着反应的进行 FAL 减小，FA 含量增加，说明反应自发进行，且
FAL→FA 的ΔS<0 ，则ΔH<0，为放热反应， 正确；D 项，催化剂仅降低活化能、加快反应速率，不影响
平衡状态，无法改变平衡转化率，D 错误；故选D。
13．NaxWO3晶体因x 变化形成空位而导致颜色各异，当
时，其立方晶胞结构如图。设
NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
7
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A．与W 最近且等距的O 有8 个 B．x 增大时，
的平均价态升高
C．密度为
时，x=0.5 D．空位数不同，吸收的可见光波长相同
【答案】C
【解析】项，W 位于晶胞顶点，与其最近的O 位于过该顶点的棱的中点。在晶体中，每个W 周围最
近且等距的O 有6 个(W 的上、下、左、右、前、后各一)，A 错误；B 项，化合物中正负化合价代数和为
0，Na 为+1 价，O 为-2 价，设W 的平均价态为w，则x×(+1)+w+3×(-2)=0，解得w=6-x。x 增大时，w=6-x
减小，即W 的平均价态降低，B 错误；C 项，晶胞密度ρ=
，晶胞体积V=(a pm)3=(a×10-10 cm)3=a3×10-30
cm3。晶胞中含
1 个W、
3 个O、x 个Na，质量
则
，已知
，故23x + 232=243.5，解得
x=0.5，C 正确；D 项，x 变化导致空位数不同，晶体颜色各异，而颜色由吸收的可见光波长决定，颜色不
同则吸收波长不同，D 错误；故选C。
14．
某市售葡萄糖酸亚铁补铁剂，标注含Fe 量5mg/ml，现按下列步骤测定实际Fe 含量：
已知：邻二氨菲(phen)：
可以与
形成橘黄色配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的吸
光度A 与配合物浓度成正比。线性回归方程：A≈150×Q+0.02(Q 为Fe2+浓度，单位：mg/mL)
下列说法不正确的是( )
A．若改用酸性高锰酸钾溶液测定补铁剂，结果Fe 含量超过5mg/mL，可能是因为补铁剂中还存在其
他还原性物质
B．步骤Ⅱ，加入盐酸羟胺的目的是防止溶液中Fe2+被氧化，提高测定结果的准确性
C．步骤Ⅱ，加入缓冲液可以维持pH 值相对稳定，若pH 过低，会导致吸光度A 偏高
D．步骤Ⅲ测得吸光度工A=0.74，则原补铁剂中Fe 的实际含量为4.8mg/mL
【答案】C
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【解析】邻二氨菲(phen)：
可以与Fe2+形成橘黄色配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的
吸光度A 与配合物浓度成正比，通过测量吸光度A，结合线性回归方程：A≈150×Q+0.02 计算实际Fe 含量。
A 项，酸性高锰酸钾具有强氧化性，若补铁剂中存在其他还原性物质，会与高锰酸钾反应，导致消耗高锰
酸钾体积偏大，计算出的Fe 含量偏高，A 正确；B 项，盐酸羟胺是还原剂，可防止Fe2+被氧化为Fe3+(邻二
氨菲仅与Fe2+显色)，确保Fe2+完全参与配位，提高测定准确性，B 正确；C 项，pH 过低时，邻二氨菲
(phen)中的N 原子易结合H⁺，降低其与Fe2+的配位能力，导致配合物[Fe(phen)3]2+，浓度减小，吸光度A 偏
低，而非偏高，C 错误；D 项，由A=0.74，代入线性回归方程0.74=150Q+0.02，解得Q=
=0.0048 mg/mL(显色后Fe2+浓度)。显色液中Fe 总量=0.0048 mg/mL×50 mL=0.24 mg，来
源于步骤I 中5 mL 稀释液。原补铁剂1 mL 稀释至100 mL，5 mL 稀释液含Fe 量=原1 mL 补铁剂中Fe 量×
，即0.24 mg=原浓度C×1 mL×
，解得C=4.8 mg/mL，D 正确；故选C。
15．常温下，向CaA 饱和溶液(有足量CaA 固体)中通入
气体，调节体系pH 促进CaA 溶解，总反
应为CaA+2H+
H2A+Ca2+。平衡时
、分布系数
与pH 的变化关系如图所
示(其中
代表H2A、HA-或A2-)。比如
，c总＝A2-＋cHA-+ cH2A。已知：常温下
H2A 的饱和溶液的浓度为1.06mol/L。下列说法错误的是( )
A．在Na2A 溶液中，A2-的
B．在H2A 的饱和溶液中，
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C．常温下，CaA 的
D．pH=2.6、
时，0.1mol·L-1NaHA 溶液中无CaA 沉淀生成
【答案】D
【解析】常温下，向CaA 饱和溶液(有足量CaA 固体)中通入HCl 气体，随着HCl 的通入，cH＋逐渐
增大，pH 逐渐减小，图像从右向左，A2-逐渐减小，导致cHA-增大，继续通入HCl，cHA-逐渐减小，
cH2A逐渐增大，故曲线Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ分别表示A2-、HA-和H2A 与pH 的变化关系，根据CaA+2H+
H2A+Ca2+反应，随着横坐标向右，cH＋逐渐减小，上述平衡逆向移动，导致cCa2＋逐渐减小，曲线Ⅰ和
Ⅱ逐渐减小，又因为在未通入HCl 时，CaA 饱和溶液的
，其中
，故曲线Ⅱ表示
与pH 的变化关系，H2A 的一级电离平衡常数
，曲线Ⅰ和曲线Ⅲ的交点处
cHA-=cH2A，则
，同理可得，
。项，在Na2A 溶液中，A2-的一级
水解常数
，同理A2-的二级水解常数
，故
，
A 正确；B 项，H2A 的
，在饱和溶液中，H2A 的饱和溶液
的浓度为1.06mol/L，
，B 正确；C 项，左侧纵坐标为-4.315 的溶液的pH=7，
此时未通入HCl，为CaA 的饱和溶液，由图像可知，
，由元素守恒可知，
，
，故其中
，故
的
，则
CaA 的
，C 正确；D 项，pH=2.6 时，0.1mol·L-1NaHA 溶液中，HA-电离平衡常数远大于其
水解平衡常数，以电离为主，忽略其水解，根据HA-的电离平衡常数
，故
，CaA 的
，故有CaA 沉淀生成，D 错误；故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．
(14 分)金、银、铜是电脑、手机等电子线路中不可或缺的材料，为充分利用资源，变
废为宝，从废旧电子材料中回收金等，可实现贵金属资源的再利用，废旧CPU 中的金(Au)、Ag 和Cu 回收
的部分流程如图所示。
10
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已知：HAuCl4= H++AuCl4
-。
回答下列问题：
I．金(Au)的回收
(1)为加快“酸溶”速率、提高浸出率，可采取的措施是 (填一种即可)。
(2)用HNO3-NaCl “溶金”时反应的化学方程式为 ；用浓盐酸- NaNO3代替HNO3-NaCl 也能“溶
金”，原因是 。
(3)若用过量Zn 粉将1molHAuCl4完全还原为Au，则参加反应的Zn 的物质的量是 mol。
II．Ag 和Cu 的回收
用一定浓度的盐酸、氯化钠、氨水、铁粉与葡萄糖，按如图所示流程从“酸溶”后的溶液中回收Cu
和Ag(图中的试剂与物质均不同)。
(4)试剂1 是 (填字母，下同)，试剂2 是 。
A．盐酸 B．氯化钠溶液 C．氨水 D．葡萄糖溶液
(5)某铜镍合金的立方晶胞结构如图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶胞的摩尔质量为M g·molˉ1，密度为d g· cm-3。则该晶胞的棱长是 cm(设NA为阿伏
加德罗常数的值，用含M、d、NA的代数式表示)。
(6)上述流程中，“物质3”经过两步连续反应制得单质Ag，该过程总反应的离子方程式为 。
【答案】(1)搅拌、适当升高温度(1 分)
(2)Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3(2 分) 浓盐酸提供H+和Cl-，NaNO3提供
NO3
-，与HNO3-NaCl 体系均能提供H+、Cl-和NO3
-，从而实现“溶金” (2 分)
(3)1.5mol(2 分)
(4)B(1 分) A(1 分)
11
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(5)Cu3Ni(1 分)
(2 分)
(6) 2AgCl+4NH3·H2O+CH2OH(CHOH)4CHO
CH2OH(CHOH)4COO-+3NH4
++2Ag↓ +2Cl-
+NH3+3H2O(2 分)
【解析】废旧CPU 加入硝酸酸化后，Au 不反应，Ag 和Cu 转化为Cu2+和Ag+的混合溶液，含Au 固体
中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au 转化为HAuCl4，反应为
Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到Au，反应为
HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑；根据图中信息可知，含有Cu2+和Ag+的溶液加入试剂1 后得到的是物质1 和
物质3，物质3 加入试剂3 后得到[Ag(NH3)2]+，所以试剂3 是氨水，物质3 是AgCl，试剂1 是NaCl 溶液，
物质1 是CuCl2，CuCl2加入过量铁粉得到Cu 和Fe2+，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2 是盐酸，除
去过量的铁粉，[Ag(NH3)2]+经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离。
(1)为提高“酸溶”速率，除增大硝酸浓度外，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度等；
(2)溶金”过程中有NO 产生，Au 固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au 转化为HAuCl4，反应为
Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；根据反应原理，浓盐酸提供H+和Cl-，NaNO3提供
NO3
-，与HNO3-NaCl 体系均能提供H+、Cl-和NO3
-，从而实现“溶金”；
(3)用Zn 粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3 价，被Zn 还原为0 价，锌
的化合价从0 价升高到+2 价，根据得失电子守恒，参加反应的Zn 的物质的量是1.5mol；
(4)Cu2+和Ag+溶液中加足量氯化钠溶液，将银离子转化为AgCl 沉淀，过滤，得到含铜离子的滤液，滤
液中加足量Fe 粉将铜置换为单质；物质2 为Cu 和过量Fe 的混合物，混合物加足量盐酸，将Fe 溶解，过
滤得到Cu，故试剂1 选B。试剂2 选A；
(5)
Ni
①
在晶胞顶点，个数为
，Cu 在晶胞面心，个数为
，该晶体的化学式为Cu3Ni；②
晶胞的质量为
，该晶胞的棱长设为acm，根据密度的定义，晶胞的体积为
，则该
晶胞的棱长为a=
；
(6)由上述分析可知物质3 为AgCl，AgCl 溶于足量稀氨水中得到银氨溶液；银氨溶液加入葡萄糖溶液
中生成Ag 单质，总反应离子方程式为：2AgCl+4NH3·H2O+CH2OH(CHOH)4CHO
CH2OH(CHOH)4COO-
+3NH4
++2Ag↓ +2Cl-+NH3+3H2O。
17．
(14 分)苯乙炔
常用作有机合成与生物化学的中间体，可由乙基环己
烷
脱氢制得，体系中同时发生如下反应：
12
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反应I：
+5H2(g) ΔH1＝akJ·mol−1(a＞0)
反应II：
(g)+3H2(g) ΔH2＝bkJ·mol−1(b＞0)
已知：
的含碳物质占比=
回答下列问题：
(1)苯乙炔分子中的8 个碳原子 处于同一平面(填“都”“不”或“不一定”)。
(2)反应
+2H2(g)
(g)的ΔH＝ kJ·mol−1的(用含a、b 的
式子表示)。
(3)在T℃、p0kPa 的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：5 通入
和Ar(g)的混合
气体，发生反应I 和反应II，测得生成物的物质的量与时间关系曲线如图所示(曲线a 只表示某物质的部分
变化)。
①曲线a 表示的物质是 (填名称)，曲线c 表示的物质是 (填名称)。曲线b 先上升后下降
的原因是 。若将容器更换为起始温度为
、压强为p0kPa 的恒容容器中进行，则点X 将可能移向
点 (填“A”“B”或“C”)。
②当反应均达到平衡时，测得物质
的含碳物质占比分别为30%、20%，则
，反
应I 的压强平衡常数Kp= (kPa)5(用含p0的式子表示)。
③若将
和Ar(g)按物质的量之比为1：1 通入T℃、p0kPa 的恒压密闭容器中，再次
达到平衡时，p(H2)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
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【答案】(1)都(1 分)
(2) b-a(1 分)
(3) ①氢气(1 分) 乙苯(1 分) 反应I 的反应速率快，乙基环己烷更多的转化为苯乙炔，曲线b
上升；当反应I 达到平衡时，反应II 还在正向进行，乙基环己烷浓度下降，使反应I 逆向移动，曲线b 开
始下降(2 分) C(2 分)
0.6
②
(2 分)
(2 分) ③增大(2 分)
【解析】(1)苯环是平面形结构，碳碳三键是直线形结构，因此苯乙炔分子中的8 个碳原子都处于同一
平面。
(2)反应II-反应I，得到反应
+2H2(g)
(g)的
。
(3)①根据反应I 和反应II 的化学方程式中三种生成物的化学计量数关系和图像纵坐标曲线a 的
5.3mol、曲线b 的1mol、曲线c 的0.1mol，可列出如下关系式：
因此，可知曲线a 表示氢气，曲线b 表示苯乙炔，曲线c 表示乙苯。苯乙炔先增大后减小是因为反应I
的反应速率快，乙基环己烷更多的转化为苯乙炔，曲线b 上升；当反应I 达到平衡时，反应II 还在正向进
行，乙基环己烷浓度下降，使反应I 逆向移动，曲线b 开始下降。若改为恒容条件，由于生成的气体分子
数变多，相当于加压，反应速率加快，平衡逆向移动，苯乙炔的物质的量减少，故点X 将可能移向点C。
②设通入1mol
和5molAr(g)，当反应I 和反应II 均达到平衡时，测得苯乙炔、乙基环
己烷的含碳物质占比分别为30%、20%，根据碳元素守恒，则乙苯的含碳物质占比为50%。根据关系式
~5H2(g)和
(g)~3H2(g)，可知H2的物质的量为
1mol×30%×5+1mol×50%×3=3mol，氩气的物质的量为5mol，因为在同温同一容器中，两种气体的分压之
比等于两种气体的物质的量之比，则
。平衡时容器中混合气体的总物质的量为
9mol，反应I 的压强平衡常数
。③若将
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和Ar(g)按物质的量之比为1：1 通入T℃、p0kPa 的恒压密闭容器中，再次达到平衡时，
由于氩气的分压减小，而总压p0kPa 没有改变，则其他气体的分压均增大，故p(H2)增大。
18．
(13 分)糖精(
，相对分子质量为183)是一种微溶于水的固体有机物，实
验室中可以用邻甲苯磺酰氯进行制取，实验装置如图所示：
实验步骤如下：
①向邻甲苯磺酰氯(
)中通入氨气，进行胺化，得到邻甲苯磺酰胺(
)。
②加入碱性高锰酸钾溶液(弱碱性)，氧化。
③加入Na2SO3溶液将过量的KMnO4除掉，充分反应后过滤掉生成的MnO2固体。
④向滤液中加入盐酸，结晶、过滤、干燥，得到糖精。
回答下列问题：
(1)写出实验室制取氨气的化学方程式： 。
(2)图中冷凝管的进水口为 (填“上口”或“下口”)；恒压滴液漏斗支管的作用为 ；图
中尾气处理应该选用的试剂为 。
(3)步骤①中反应的化学方程式为 。
(4)步骤③中反应的离子方程式为 。
(5)糖精纯度的测定。精确称取糖精试样0.3g，溶于20mL 冰醋酸中。加3 滴结晶紫试液(紫色)作为指
示剂，用
高氯酸滴定，到滴定终点消耗
高氯酸溶液。该糖精试样的纯度为
%(已知1mL0.1mol·L-1高氯酸可反应20.52mg 糖精)。
【答案】(1) 2NH4Cl＋Ca(OH)2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2 分)
(2)下口(1 分) 平衡漏斗和烧瓶中的压强，使液体顺利流下(2 分) 水(2 分)
(3)
或
(2 分)
(4)2MnO4
-+3SO3
2-+H2O=2MnO2↓+3SO4
2-+2OH-(2 分)
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(5)95.76(2 分)
【解析】实验的目的是制备糖精，向邻甲苯磺酰氯(
)中通入氨气，得到邻甲苯磺酰胺(
)，加入碱性高锰酸钾溶液，氧化，再用Na2SO3溶液将过量的KMnO4除掉，过滤掉生成的
MnO2固体，向滤液中加入盐酸，结晶、过滤、干燥，得到糖精。
(1)根据实验装置，实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
(2)冷凝管竖直使用时从下口进水；恒压滴液漏斗中支管的作用为平衡漏斗和烧瓶中的压强，使液体顺
利流下；该实验中的尾气主要是NH3，可能有HCl，直接用水吸收就可以；
(3)结合邻甲苯磺酰氯(
)的结构简式和产物邻甲苯磺酰胺(
)的结构简式可以
写出反应的化学方程式为
或
；
(4)由题给信息可知，弱碱性条件下MnO4
-被还原为MnO2，结合化合价升降相等、电荷守恒和原子守
恒可以写出反应的离子方程式：2MnO4
-+3SO3
2-+H2O=2MnO2↓+3SO4
2-+2OH-；
(5)根据信息，1mL0.1mol·L-1高氯酸可反应20.52mg 糖精，滴定消耗14mL 高氯酸溶液可反应糖精的质
量为
，所以该糖精试样的纯度为
。
19．
(14 分)H 是一种药物合成的中间体，其合成路线如下：
已知：①DQQ 是一种氧化剂②THF 是一种溶剂
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(1)从物质的结构角度分析，A 可与酸反应的原因是 。
(2)A→B 的化学方程式为 。
(3)D 中含氧官能团名称为 和 。
(4)E→F 的过程中发生加成反应，则X 的名称为 。
(5)F→G 的反应类型为 。
(6)A 的同分异构体中，苯环上含有两个取代基，且所有碳原子的杂化方式只有一种的有
种。
(7)参考上述转化，设计化合物
的合成路线如下(部分反应条件已略)。其中I 和J 的结构简式
为 和 。
【答案】(1)N 原子可提供孤电子对与H+形成配位键(2 分)
(2)
或
(2 分)
(3)酰胺基(1 分) 酮羰基(1 分)
(4)丙烯腈(1 分)
(5)还原反应(1 分)
(6)3(2 分)
(7)CH2=CH-CN(2 分)
(2 分)
【解析】化合物A 与
在K2CO3、THF 作用下发生取代反应生成化合物B
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，化合物B(
)经氧化剂DQQ 氧化形成碳碳双键，即化合物C；化合物
C 与
中两个酮羰基中间的-CH2-发生反应生成化合物D；化合物D 经NaHCO3、CH3OH 将一
个-COCH3脱去形成化合物E；E→F 过程中发生加成反应，THF 是溶剂，故X 为反应物，结合化合物F 的
结构简式可知X 的结构简式为CH2=CHCN；F→G 中加入还原剂NaBH4将酮羰基转化为醇羟基形成化合物
G，G 经消去反应生成化合物H。
(1)化合物A 中的亚氨基中的N 有孤电子对，可与H+形成配位键，故A 可与酸反应。
(2)根据分析A→B 发生取代反应形成的HCl 也可结合加入的K2CO3形成KHCO3，化学方程式有两种书
写形式：
或
。
(3)根据流程图中D 的结构简式，D 中含氧官能团是酮羰基和酰胺基。
(4)E→F 的过程中发生加成反应，结合分析X 的结构简式为CH2=CHCN，则X 的名称为丙烯腈。
(5)F→G 的反应是酮羰基加氢生成醇羟基，反应类型为还原反应。
(6)A 的分子式为C8H9N，其同分异构体含有苯环且苯环上含有两个取代基，根据不饱和度可判断除苯
环外还有1 个不饱和度；所有碳原子的杂化方式只有一种即只能是sp2杂化，可判断含有的取代基为-
CH=CH2、-NH2。有：
、
、
，共3 种。
(7)结合化合物G→H 的反应，CH3CH(OH)CN 中的醇羟基消去形成碳碳双键，故化合物I 的结构简式
为CH2=CHCN；结合化合物F→G 的反应，CH3COCH2CH2CH2CN 中的酮羰基被NaBH4还原生成醇羟基，
故化合物J 的结构简式为
。
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